$\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushleft}\vspace{-\baselineskip} {\L... ...xtbf{Matematiska Institutionen}\\ T. Erlandsson, J. Granström \end{flushleft}}$ $\parbox{0.45\textwidth}{\begin{flushright}\vspace{-\baselineskip} TENTAMEN 2004-03-17 \\ Linjär algebra MN1\\ VT 2004\\ \end{flushright}}$

SVAR OCH ANVISNINGAR

1.

Alla $a$

2.

$a\ne 0$

3.

$\left[\begin{array}{rr}0&-1\\ 1&0\end{array}\right]$

4.

$\left[\begin{array}{rr}0&0\\ 1&0\\ 0&0\\ 0&1\end{array}\right]$

5.

$a=-2$

6.

T ex $\left[\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right]$

7.

Alla $\,a$

8.

$3$

9.

$2$

10.

T ex $\left[\begin{array}{r}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right],$ $\left[\begin{array}{r}0\\ 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],$ $\left[\begin{array}{r}0\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right]$

11.

Alla $\,k$

12.

Egenvärdena är $1$ och $0$

13.

T ex $\left[\begin{array}{r}1\\ -1\\ -1\\ 0\end{array}\right], \left[\begin{array}{r}0\\ -1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$ och som råkade bli en ortogonal bas för komplementet

14.

$6$

15.

En bas är t ex $\{t\}$

16.

$\frac{5}{3}t^2$

17.

$\left[\begin{array}{r}1\\ 0\\ -1\end{array}\right],$ $\left[\begin{array}{r}2\\ -1\\ 0\end{array}\right],$

18.

Egenvärdena är $1$ och $-1$

19.

Alla $a$

20.

$3$

1.

Avbildningens matris är radekvivalent med $A=\left[\begin{array}{rrrr}1&0&-1&0\\ 0&1&0&-1\end{array}\right].$ En bas för Col $A$ är t ex $\left\{\left[\begin{array}{r}1\\ 1\\ -1\\ -1\end{array}\right], \left[\begin{array}{r}1\\ -1\\ -1\\ 1\end{array}\right]\right\}$ och en bas för Nul $A$ är t ex $\left\{\left[\begin{array}{r}1\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right], \left[\begin{array}{r}0\\ 1\\ 0\\ 1\end{array}\right]\right\}.$

2.

Eftersom $\,<p_3,p_0>=<p_3,p_2>=0\,$ är den ortogonala projektionen

$$\hat p_3=\frac{<p_3,p_1>}{<p_1,p_1>}p_1= \frac{3}{5}t.$$

$\mbox{ Avståndet är }\vert\vert p_3-\hat p_3\vert\vert=\sqrt{<t^3-\frac{3}{5}t,t^3-\frac{3}{5}t>}= \sqrt{\frac{8}{175}}.$

3.

Matrisen för den kvadratiska formen är

$$A=\left[\begin{array}{rrr}-2&2&0\\ 2&-1&2\\ 0&2&0\end{array}\right]$$

Eftersom egenvärdena är $\,2,-1,-4\,$ finns ett ortogonalt basbyte $\,\mathbf{x}=P\mathbf{y}\,$ så att den kvadratiska formen blir $\,Q(\mathbf{y})=2y_1^2-y_2^2-4y_3^2\,,$ där $\,y_1,y_2,y_3-$axlarna blir hyperboloidens $\,Q(\mathbf{y})=1\,$ symmetriaxlar. Ytan skär endast $\,y_1-$axeln vilken svarar mot en egenvektor hörande till egenvärdet $\,2.$ En sådan tillhör Nul$\,\,(A-2I)\,$ och vi finner att den aktuella symmetriaxeln har riktningen $(1,2,2).$

4.

Enligt rangsatsen, även kallad dimensionssatsen, är $\dim N(T)+\dim V(T)=\dim \mathbf{R}^n.$
Om $N(T)=V(T)$ och alltså $\dim N(T)=\dim V(T)=p$ blir $n=2p,$ ett jämnt tal.
$A=\left[\begin{array}{rr}1&-1\\ 1&-1\end{array}\right]$ definierar en avbildning $T:\mathbf{R}^2\to\mathbf{R}^2$ med $V(T)=N(T)=\mbox{Span}\left\{ \left[\begin{array}{r}1\\ 1\end{array}\right]\right\}.$ $\,T\,$ kan generaliseras till högre dimension genom $\left[\begin{array}{rr}A&O\\ O&A\end{array}\right]$ osv. Egenrummet $\,E(0)=\mbox{Nul }T$ och alltså är $\,\dim E(0)=p=n/2.$ Egenvärden $\,\lambda\ne 0\,$ finns inte, ty om $T(\mathbf{x})=\lambda\mathbf{x}\,,\lambda\ne 0\,$ skulle $\,\mathbf{x}=T(\frac{1}{\lambda}\mathbf{x})\,$ tillhöra $\,V(T)\,$ och därmed Nul $T=E(0).$ Summan av egenrummens dimensioner är alltså $n/2$ och avbildningen kan inte vara diagonaliserbar.

Tillbaka till tentamen 17 mars 2004

Tillbaka till Linjär algebra MN1